2021屆山東新高考物理一輪復習講義：第10章第3節(jié)　電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題

第3節(jié)　電磁感應(yīng)中的電路和圖象問題 電磁感應(yīng)中的電路問題　1．電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖2．解決電磁感應(yīng)中的電路問題三部曲　(一題多變)(多選)如圖所示，水平面上固定一個頂角為60°的光滑金屬導軌MON，導軌處于磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下的勻強磁場中。質(zhì)量為m的導體棒CD與∠MON的角平分線垂直，導軌與棒單位長度的電阻均為r。t＝0時刻，棒CD在水平外力F的作用下從O點以恒定速度v0沿∠MON的角平分線向右滑動，在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸。若棒與導軌均足夠長，則(　　)A．流過導體棒的電流I始終為B．F隨時間t的變化關(guān)系為F＝tC．t0時刻導體棒的發(fā)熱功率為t0D．撤去F后，導體棒上能產(chǎn)生的焦耳熱為mvABC　[導體棒的有效切割長度L＝2v0ttan  30°，感應(yīng)電動勢E＝BLv0，回路的總電阻R＝r，聯(lián)立可得通過導體棒的電流I＝＝，選項A正確；導體棒受力平衡，則外力F與安培力平衡，即F＝BIL，得F＝t，選項B正確；t0時刻導體棒的電阻為Rx＝2v0t0tan  30°·r，則導體棒的發(fā)熱功率P棒＝I2Rx＝t0，選項C正確；從撤去F到導體棒停下的過程，根據(jù)能量守恒定律有Q棒＋Q軌＝mv－0，得導體棒上能產(chǎn)生的焦耳熱Q棒＝mv－Q軌<mv，選項D錯誤。]【變式1】　試推導出回路中的熱功率P隨時間變化的關(guān)系式，并畫出圖象。提示：回路中熱功率P＝I2R，回路中電流I＝為定值，R＝2v0tr，可得P＝t，圖象如圖甲所示。甲【變式2】　試推導出回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時間變化的關(guān)系式，并畫出圖象。提示：中P-t圖線與t軸所圍面積表示回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q，則Q＝Pt＝t2。圖象如圖乙、丙所示。乙　　　　　　　　　丙電磁感應(yīng)中確定電源的方法(1)判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的那一部分導體(電源)。(2)動生問題(棒切割磁感線)產(chǎn)生的電動勢E＝BLv，方向由右手定則判定。(3)感生問題(磁感應(yīng)強度的變化)的電動勢E＝n，方向由楞次定律判定。在等效電源內(nèi)部電流方向都是由負極流向正極的。　感生電動勢電路分析1.(2016·浙江高考)如圖所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則(　　)A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B．a、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為9∶1C．a、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a、b線圈中電功率之比為3∶1B　[當磁感應(yīng)強度變大時，由楞次定律知，線圈中感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，由安培定則知，線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，選項A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝S及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，選項B正確；由R＝ρ知兩線圈的電阻關(guān)系為Ra＝3Rb，其感應(yīng)電流之比為Ia∶Ib＝3∶1，選項C錯誤；兩線圈的電功率之比為Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，選項D錯誤。]2．(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k>0)?；芈分谢瑒幼冏杵?/span>R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝。閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導體的感應(yīng)電動勢，則(　　)A．R2兩端的電壓為B．電容器的a極板帶正電C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D．正方形導線框中的感應(yīng)電動勢為kL2AC　[P將R分為R左、R右兩部分，R左＝R右＝，R2與R右并聯(lián)，阻值為，再與R1、R左串聯(lián)，故R2兩端的電壓為U′＝·＝，故A選項正確；正方形導線框相當于電源，根據(jù)楞次定律可知，定值電阻R1的左端與電源的正極相連，則電容器的b極板帶正電，故B選項錯誤；根據(jù)電路的串、并聯(lián)知識和純電阻的熱功率的計算公式P＝I2R可得，定值電阻R2的熱功率為P＝I·，滑動變阻器R的熱功率為P′＝I·＋(2I0)2·＝5I·＝5P，即滑動變阻器R的熱功率是定值電阻R2的熱功率的5倍，故C選項正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，正方形導線框中的感應(yīng)電動勢的大小為E＝S＝πr2k，故D選項錯誤。]　動生電動勢電路分析3.(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1(0≤R1≤2R)?？騼?nèi)存在著豎直向下的勻強磁場。一長為L，電阻為R的導體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動，金屬框電阻不計，導體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是(　　)A．ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針B．左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動勢大小為2BLvC．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導體棒兩端的電壓為BLvD．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝時，滑動變阻器有最大電功率且為AD　[根據(jù)楞次定律可知，A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E＝BLv，故B錯誤；R1＝R時，外電路總電阻R外＝，故導體棒兩端的電壓即路端電壓應(yīng)等于BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源的內(nèi)阻為R，求解滑動變阻器的最大電功率時，可以將導體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為，故當R1＝時，等效電源的輸出功率最大，即滑動變阻器的電功率最大，最大值Pm＝＝＝，故D正確。]4.如圖所示，均勻金屬圓環(huán)的總電阻為4R，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過圓環(huán)。金屬桿OM的長為l，阻值為R，M端與環(huán)接觸良好，繞過圓心O的轉(zhuǎn)軸以恒定的角速度ω順時針轉(zhuǎn)動。阻值為R的電阻一端用導線和圓環(huán)最下端的A點連接，另一端和金屬桿的轉(zhuǎn)軸O處的端點相連接。下列判斷正確的是(　　)A．金屬桿OM旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒為B．通過電阻R的電流的最小值為，方向從Q到PC．通過電阻R的電流的最大值為D．OM兩點間電勢差絕對值的最大值為AD　[M端線速度為v＝ωl，OM切割磁感線的平均速度為＝＝，OM轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒為E＝Bl＝，故A正確；當M端位于最上端時，圓環(huán)兩部分電阻相等，并聯(lián)電阻最大，電路的總電阻最大，通過R的電流最小，因R并＝×2R＝R，通過電阻R的電流的最小值為：Imin＝＝，根據(jù)右手定則可知電流方向從Q到P，故B錯誤；當M位于最下端時圓環(huán)被短路，此時通過電阻R的電流最大，為：Imax＝＝，故C錯誤；OM作為電源，外電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，所以外電阻最大時，OM兩點間電勢差的絕對值最大，其最大值為：U＝Imin·2R＝，故D正確。] 電磁感應(yīng)中的圖象問題　電磁感應(yīng)中常見的圖象問題圖象類型(1)隨時間變化的圖象，如B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象、I-t圖象(2)隨位移變化的圖象，如E-x圖象、I-x圖象(所以要先看坐標軸：哪個物理量隨哪個物理量變化要弄清)問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象(畫圖象)(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量(用圖象)應(yīng)用知識四個規(guī)律左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律六類公式(1)平均電動勢E＝n(2)平動切割電動勢E＝Blv(3)轉(zhuǎn)動切割電動勢E＝Bl2ω(4)閉合電路歐姆定律I＝(5)安培力F＝BIl(6)牛頓運動定律的相關(guān)公式等　根據(jù)電磁感應(yīng)過程選擇圖象1．如圖甲所示，正三角形硬導線框abc固定在磁場中，磁場方向與線框平面垂直。圖乙表示該磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系，t＝0時刻磁場方向垂直紙面向里。在0～4t0時間內(nèi)，線框ab邊受到該磁場對它的安培力F隨時間t變化的關(guān)系圖為(規(guī)定垂直ab邊向左為安培力的正方向)(　　)甲　　　　　　　　乙A　　　　　　　　BC　　　　　　　DA　[0～t0時間內(nèi)，磁場方向垂直紙面向里，均勻減小，＝，根據(jù)楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知：流經(jīng)導線ab的電流I不變，方向從b到a，其受到的安培力方向向左，大小為F＝BIL，均勻減小到零；同理，t0～2t0時間內(nèi)，磁場方向垂直紙面向外，均勻增大，＝，流經(jīng)導線ab的電流I不變，方向從b到a，其受到的安培力方向向右，從零開始均勻增大；2t0～3t0時間內(nèi)，磁場方向垂直紙面向外，＝0，導線ab不受安培力；3t0～3.5t0時間內(nèi)，磁場方向垂直紙面向外，均勻減小，＝，流經(jīng)導線ab的電流為2I不變，方向從a到b，其受到的安培力方向向左，大小為F＝2BIL，即均勻減小到零；3.5t0～4t0時間內(nèi)，磁場方向垂直紙面向里，均勻增加，＝，流經(jīng)導線ab的電流為2I不變，方向從a到b，其受到的安培力方向向右，大小為F＝2BIL，即從零開始均勻增大，A項正確。]2．(多選)(2019·全國卷Ⅱ)如圖所示，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是(　　)A　　　　B　　　　　C　　　　DAD　[根據(jù)題述，PQ進入磁場時加速度恰好為零，兩導體棒從同一位置釋放，則兩導體棒進入磁場時的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，若釋放兩導體棒的時間間隔足夠長，在PQ通過磁場區(qū)域一段時間后MN進入磁場區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能是A；由于兩導體棒從同一位置釋放，兩導體棒進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，MN進入磁場區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不可能小于I1，B錯誤；若釋放兩導體棒的時間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時MN就進入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運動時回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動，PQ出磁場后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做減速運動，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能是D，C錯誤。]電磁感應(yīng)中圖象選擇類的兩個常用方法排除法定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項。函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進行分析和判斷。　根據(jù)圖象分析判斷電磁感應(yīng)過程3．(多選)(2018·全國卷Ⅲ)如圖(a)所示，在同一平面內(nèi)固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側(cè)。導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導線框R中的感應(yīng)電動勢(　　)　圖(a)　　　　圖(b)A．在t＝時為零B．在t＝時改變方向C．在t＝時最大，且沿順時針方向D．在t＝T時最大，且沿順時針方向AC　[因通電導線的磁感應(yīng)強度大小正比于電流的大小，故導線框R中磁感應(yīng)強度與時間的變化關(guān)系類似于題圖(b)，感應(yīng)電動勢正比于磁感應(yīng)強度的變化率，即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負反映電動勢的方向，斜率的絕對值反映電動勢的大小。由題圖(b)可知，電流為零時，電動勢最大，電流最大時電動勢為零，A正確，B錯誤；再由楞次定律可判斷在一個周期內(nèi)，～內(nèi)電動勢的方向沿順時針，時刻最大，C正確；其余時間段電動勢沿逆時針方向，D錯誤。]4．(多選)如圖甲所示，在水平面上固定一個匝數(shù)為10匝的等邊三角形金屬線框，總電阻為3 Ω，邊長為0.4 m。金屬框處于兩個半徑為0.1 m的圓形勻強磁場中，頂點A恰好位于左邊圓的圓心，BC邊的中點恰好與右邊圓的圓心重合。左邊磁場方向垂直紙面向外，右邊磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法中正確的是(π取3)(　　)甲　　　　　　　　　　乙A．線框中感應(yīng)電流的方向是順時針方向B．t＝0.4 s時，穿過線框的磁通量為0.005 WbC．經(jīng)過t＝0.4 s，線框中產(chǎn)生的熱量為0.3 JD．前0.4 s內(nèi)流過線框某截面的電荷量為0.2 CCD　[根據(jù)楞次定律和安培定則，線框中感應(yīng)電流的方向是逆時針方向，選項A錯誤；0.4 s時穿過線框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝πr2·B1－πr2·B2＝0.055 Wb，選項B錯誤；由圖乙知＝＝10 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E＝n＝n·πr2·＝1.5 V，感應(yīng)電流I＝＝0.5 A,0.4 s內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.3 J，選項C正確；前0.4 s內(nèi)流過線框某截面的電荷量q＝It＝0.2 C，選項D正確。]“四明確、一理解”巧解圖象問題